Question

10．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$經(jīng)過點$（{1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，過橢圓的右焦點F作互相垂直的兩條直線分別交橢圓于A，B和C，D，且M，N分別為AB，CD的中點．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）證明：直線MN過定點，并求出這個定點；
（Ⅲ）當AB，CD的斜率存在時，求△FMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$經(jīng)過點$（{1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）右焦點F（1，0），當AB，CD的斜率存在時，設(shè)AB的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，由韋達定理求出M（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}，\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}$），將k換為-$\frac{1}{k}$，得N（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），由此能求出直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）；當直線AB，CD的斜率不存在時，直線MN為x軸，直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）．
（Ⅲ）設(shè)定點為E，求出S_△FAN=$\frac{|2k（{k}^{2}+1）|}{（3{k}^{2}+2）（2{k}^{2}+2）}$，設(shè)k＞0，令$\frac{{k}^{2}+1}{k}=t$，則S=$\frac{2}{6t+\frac{1}{t}}$，令u（t）=6t+$\frac{1}{t}$，利用導數(shù)性質(zhì)能求出△FMN面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$經(jīng)過點$（{1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{2\sqrt{3}}{3}）^{2}}{^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=3}\\{^{2}=2}\\{{c}^{2}=1}\end{array}\right.$，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
證明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知右焦點F的坐標為（1，0），
（i）當AB，CD的斜率存在時，設(shè)AB的斜率為k，則CD的斜率為-$\frac{1}{k}$，
設(shè)AB的方程為y=k（x-1），
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}$，
∴${x}_{M}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，${y}_{M}=k（{x}_{M}-1）=\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}$，
∴M（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}，\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}$），
將k換為-$\frac{1}{k}$，得N（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），
①當k≠±1時，${k}_{MN}=\frac{\frac{2k}{2{k}^{2}+3}+\frac{2k}{3{k}^{2}+2}}{\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}}$=$\frac{5k}{3-3{k}^{2}}$，
此時，直線MN的方程為y-$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$=$\frac{5k}{3-3{k}^{2}}$（x-$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$），
化簡，得y=$\frac{-5k}{3{k}^{2}-3}$（x-$\frac{3}{5}$），
∴直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）．
②當k=±1時，直線MN的方程為x=$\frac{3}{5}$，直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）．
（ii）當直線AB，CD的斜率不存在時，直線MN為x軸，
直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）．
綜上，直線MN過定點（$\frac{3}{5}$，0）．
解：（Ⅲ）設(shè)定點為E，
由（Ⅱ）知S_△FAN=$\frac{1}{2}$|EF|•|y_M-y_N|=$\frac{1}{2}×\frac{2}{5}•|\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}-\frac{2k}{2{k}^{2}+3}|$=$\frac{|2k（{k}^{2}+1）|}{（3{k}^{2}+2）（2{k}^{2}+2）}$，
不妨設(shè)k＞0，則S=$\frac{2k（{k}^{2}+1）}{（3{k}^{2}+2）（2{k}^{2}+3）}$，
令$\frac{{k}^{2}+1}{k}=t$，則t=k+$\frac{1}{k}$≥2，
于是S=$\frac{2k（{k}^{2}+1）}{6（{k}^{2}+1）+{k}^{2}}$=$\frac{2t}{6{t}^{2}+1}$=$\frac{2}{6t+\frac{1}{t}}$，
令u（t）=6t+$\frac{1}{t}$，則u′（t）=6-$\frac{1}{{t}^{2}}$，當t≥2時，u′（t）＞0，
∴u（t）=6t+$\frac{1}{t}$在[2，+∞）上是增函數(shù)，
∴u≥u（2）=$\frac{25}{2}$，
∴${S}_{△FMN}=\frac{2}{6t+\frac{1}{t}}$≤$\frac{2}{\frac{25}{2}}$=$\frac{4}{25}$，
∴△FMN面積的最大值為$\frac{4}{25}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線過定點的證明，考查三角形面積最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、直線方方程、橢圓性質(zhì)、弦長公式、換元法、導數(shù)性質(zhì)的合理運用．